2022-2022学年湖北省武汉二中、麻城一中联考高二（下）期中化学试卷一、选择题（本题包括18小题，1-12题每小题2分；13-18题每小题2分；共42分．下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1．下列说法正确的是()A．不粘锅的原料为烃类化合物B．分子组成相差1个或若干个“CH2”原子团的有机物，互称为同系物C．石油分馏是物理变化，煤的气化、液化也是化学变化D．聚乙烯塑料袋因有毒，不可以装食品2．胆固醇是人体必须的生物活性物质，分子式为C25H45O，一种胆固醇酯是液晶材料，分子式为C32H49O2，合成这种胆固醇酯的酸是()A．C6H13COOHB．C6H5COOHC．C7H15COOHD．C6H5CH2COOH3．下列叙述正确的是()A．常温下1L0.1mol/LNH4Cl溶液与2L0.05mol/LNH4Cl溶液中c（NH4+）相等B．pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4NO3溶液中，c（H+）相等C．pH=6的CH3COOH和CH3COONa混合液中：c（Na+）+c（OH﹣）﹣c（CH3COO﹣）=10﹣6mol/LD．pH=9的NaHA溶液中：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A）＞c（OH﹣）＞c（H+）4．下列实验装置能达到实验目的是（夹持仪器未画出）()A．①装置用于检验1﹣溴丙烷消去产物B．②装置用于石油的分馏C．③装置用于实验室制硝基苯D．④装置可装置证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚5．能在有机物的分子中引入羟基的反应类型有()①酯化反应②取代反应③消去反应④加成反应⑤水解反应．A．①②③B．③④⑤C．②④⑤D．②③④⑤-34-\n6．由1﹣丙醇制取，最简便的流程需要下列反应的顺序应是()①氧化②还原③取代④加成⑤消去⑥中和⑦缩聚⑧酯化．A．②④⑥⑦⑧B．⑤④③①⑧C．①⑤④③⑧D．②①⑤③⑥7．药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：有关上述反应物和产物的叙述正确的是()A．按碳的骨架分类，上述三种有机物均属于芳香烃B．乙酰水杨酸分子中不存在手性碳原子C．在核磁共振氢谱中，对乙酰氨基酚分子有4个峰D．贝诺酯分子中有3种不同类型的含氧官能团8．某种激光染料，应用于可调谐染料激光器，它由C、H、O三种元素组成，分子球棍模型如图所示，下列有关叙述正确的是()①分子式为C10H9O3②1mol该有机物能与溴水中3mol溴发生取代反应③该物质含有3种官能团④能使酸性KMnO4溶液褪色．A．③④B．①④C．②③④D．①②③④9．下列说法正确的是()A．向甲酸和甲醛的混合物中加入氢氧化钠溶液，中和甲酸后，加入新制的氢氧化铜加热﹣﹣检验混合物中是否含有甲醛B．向CH3CH2Br中滴入AgNO3溶液以检验溴元素C．苯不能与溴水发生取代反应，用苯能萃取溴的四氯化碳溶液中的溴D．利用核磁共振氢谱，可以鉴别CH3OCH3和CH3CH2OH10．提纯下列物质（括号内为杂质），选用的除杂试剂与分离方法正确的是()不纯物质除杂试剂分离方法A乙酸乙酯（乙酸）饱和碳酸钠溶液过滤B乙烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气C苯（Br2）KOH溶液分液D苯（苯酚）浓溴水过滤-34-\nA．AB．BC．CD．D11．有机物的结构简式如下：1mol该有机物与足量的氢氧化钠溶液混合并共热，充分反应后最多可消耗氢氧化钠的物质的量为（不考虑醇羟基和硝基与氢氧化钠的反应）()A．5molB．6molC．7molD．8mol12．如图的分子酷似企鹅，化学家ChrisScotton将该分子以企鹅来取名为Penguinone．下列有关Penguinone的说法不正确的是()A．Penguinone的同分异构体中属于酚类只含有一个烃基侧链的物质共有4种B．Penguinone的分子式为C10H14O，且能使溴水褪色C．1molPenguinone完全燃烧消耗13molO2D．Penguinone分子中有碳原子不可能都在同一个平面上13．有下列物质：①乙醇②苯酚③乙醛④乙酸乙酯⑤丙烯酸（CH2=CH﹣COOH）．其中与溴水、KMnO4酸性溶液、Na2CO3溶液都能反应的是()A．仅③⑤B．仅②④C．仅②⑤D．仅⑤14．分子式为C11H14O2有机物，满足以下两个条件：①苯环上有两个取代基，②能与NaHCO3生成气体．则该有机物的同分异构体数目为()A．12种B．39种C．36种D．13种15．已知乙炔、苯、乙醛的混合气体中含氧元素的质量分数为8%，则混合气体中碳元素的质量分数为()A．84%B．60%C．91%D．无法计算16．假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化．①～⑧为各装置中的电极编号．下列说法错误的是()-34-\nA．当K闭合时，A装置发生吸氧腐蚀，在电路中做电源B．当K断开时，B装置锌片溶解，有氢气产生C．当K闭合后，整个电路中电子的流动方向为①→⑧；⑦→⑥；⑤→④；③→②D．当K闭合后，A、B、C、D装置中pH均变大．17．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是()A．pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣5mol•L﹣1B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a＞b+1C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）D．pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClO三种溶液的c（Na+）：①＞②＞③18．常温下，0.2mol•L﹣1的一元酸HA与等浓度NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度所示，下列说法正确的是()A．HA为强酸B．该混合溶液pH=7.0C．该混合溶液中：c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）D．图中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+二、填空题（共58分）19．完成下列空白．（1）“辛烷值”用来表示汽油的质量，汽油中异辛烷的爆震程度最小，将其辛烷值标定为100，右图是异辛烷的球棍模型，则异辛烷的系统命名为__________．（2）写出下列反应的化学方程式：①2，5﹣二甲基﹣2，4﹣己二烯与足量氢气加成：__________；②2﹣甲基﹣2﹣丁烯加聚反应__________；③甲苯在一定条件下生成三硝基甲苯：__________．20．（1）具有支链的某化合物的分子式为C4H6O2，其可以使Br2的四氯化碳溶液褪色，且分子结构中含有一个羧基，则该化合物的结构简式是__________．-34-\n（2）某有机物含有C、H、O三种元素，相对分子质量为60，其中碳的质量分数为60%，氢的质量分数为13.3%．该化合物在催化剂Cu的作用下能被氧气氧化，且产物不能发生银镜反应，则该化合物的名称是__________．（3）某烷烃的相对分子质量为72，跟氯气反应生成的一氯代物只有一种，则该烷烃的结构简式为__________．（4）0.1mol某烃在足量的氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O各0.6mol，该烃能使溴水褪色，且能在催化剂作用下与H2发生加成反应，生成2，2﹣二甲基丁烷，则该烃结构简式为__________．21．根据下面的反应路线及所给信息填空．（1）在①～⑥的各步反应中，属于取代反应的有__________，属于加成反应的有__________（2）反应④所用的试剂和条件是__________（3）反应③的化学方程式是__________（4）反应⑥的化学方程式是__________．22．次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性．回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式：__________．（2）NaH2PO2为__________（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显__________（填“弱酸性”“中性”或“弱碱性”）．（3）H3PO2的工业制法是：将白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，后者再与H2SO4反应．写出白磷与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式：__________；（4）H3PO2也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：①写出阳极的电极反应式：__________．②分析产品室可得到H3PO2的原因：__________．③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室．其缺点是产品中混有__________杂质，该杂质产生的原因是__________．23．有机物A、B、C互为同分异构体，分子式为C5H8O2，有关的转化关系如下图所示：-34-\n已知：①A的碳链无支链，且1molA能与4molAg（NH3）2OH完全反应；②B为五元环酯．③回答问题（1）B、H结构简式为__________、__________．（2）F的加聚产物的结构简式为__________．（3）E不能发生的反应有__________①取代反应②加成反应③银镜反应④水解反应⑤酯化反应⑥聚合反应⑦氧化反应⑧还原反应（4）写出A→I的反应方程式（只写①条件下的反应）：__________．（5）M是D的同分异构体，且符合以下条件：①分子中只有一个甲基；②能发生银镜反应；③有四种不同化学环境的氢原子，写出M的结构简式__________．24．乙酰水杨酸俗称阿司匹林（），是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药．乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃．实验室以水杨酸（邻羟基苯甲酸）与乙酸酐[（CH3CO）2O]为主要原料合成阿司匹林，其制备原理为：制备基本操作流程如下：醋酸酐+水杨酸粗产品主要试剂和产品的物理常数如表：名称相对分子质量熔点或沸点（℃）水水杨酸138158（熔点）微溶乙酸酐102139.4（沸点）反应乙酰水杨酸180135（熔点）微溶回答下列问题：（1）合成阿司匹林时，最适合的加热方法是__________．（2）合成阿司匹林时，必须使用干燥的仪器，其原因是__________．（3）减压过滤所得粗产品要用少量冰水洗涤，其目的是__________．（4）用重结晶方法提纯粗产品的流程如下，加热回流装置如图．-34-\n粗产品乙酸水杨酸①沸石的作用是__________；②冷凝水的流进方向是__________（填“a”或“b”）；③使用温度计的目的是__________．（5）在实验中原料用量：2.0g水杨酸、5.0mL醋酸酐（ρ=1.08g/cm3），最终称得产品质量为2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为__________（精确到0.1）．25．化合物H具有似龙延香、琥珀香气息，香气淡而持久，广泛用作香精的稀释剂和定香剂．合成它的一种路线如下：已知以下信息：①②核磁共振氢谱显示A苯环上有四种化学环境的氢，它们的位置相邻③在D溶液中滴加几滴FeCl3溶液，溶液呈紫色④芳烃F的相对分子质量介于90～100之间，0.1molF充分燃烧可生成7.2g水⑤R1COOH+RCH2ClR1COOCH2R+HCl回答下列问题：（1）由C生成D的化学方程式为__________．（2）由F生成G的化学方程式为：__________．（3）H的结构简式为__________．（4）C的同分异构体中含有三取代苯结构和与两个A中完全一样的官能团又可发生银镜反应的有__________种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为5组峰，且面积比为1：2：2：2：1的结构简式是（任写一种即可）__________．（5）由苯酚和已有的信息经以下步骤可以合成化合物-34-\n反应条件1所用的试剂为__________，K的结构简式为__________，反应条件3所用的试剂为__________．-34-\n2022-2022学年湖北省武汉二中、麻城一中联考高二（下）期中化学试卷一、选择题（本题包括18小题，1-12题每小题2分；13-18题每小题2分；共42分．下列每小题所给选项只有一项符合题意，请将正确答案的序号填涂在答题卡上）1．下列说法正确的是()A．不粘锅的原料为烃类化合物B．分子组成相差1个或若干个“CH2”原子团的有机物，互称为同系物C．石油分馏是物理变化，煤的气化、液化也是化学变化D．聚乙烯塑料袋因有毒，不可以装食品【考点】芳香烃、烃基和同系物；石油的分馏产品和用途；煤的干馏和综合利用；塑料的老化和降解．【专题】有机化学基础．【分析】A．烃类化合物中只含有C、H元素，该有机物分子中含有F原子；B．互为同系物的有机物，必须具有相似的结构；C．石油的分馏利用的是沸点不同，属于物理变化；而煤的气化、液化都有新的物质生成，属于化学变化；D．聚乙烯塑料无毒，可用来生产食品袋、保鲜膜．【解答】解：A．中含有F原子，不含有氢原子，不属于烃类化合物，故A错误；B．分子组成相差1个或若干个“CH2”原子团的有机物，如果结构不相似，不一定互为同系物，故B错误；C．石油分馏是利用混合物的沸点不同将混合物分离，该变化过程中没有新的物质生成，所以是物理变化，而煤的气化、液化中都有新的物质生成，都是属于化学变化，故C正确；D．聚乙烯没有毒，可以用聚乙烯塑料袋装食品，而聚氯乙烯（）有毒，不能用于制作食品保鲜袋，故D错误；故选C．【点评】本题考查了有机物分类、石油的分馏、煤的气化与液化等知识，题目难度不大，注意掌握常见有机物的结构与性质，明确聚乙烯与聚氯乙烯的性质与区别．2．胆固醇是人体必须的生物活性物质，分子式为C25H45O，一种胆固醇酯是液晶材料，分子式为C32H49O2，合成这种胆固醇酯的酸是()A．C6H13COOHB．C6H5COOHC．C7H15COOHD．C6H5CH2COOH【考点】酯的性质．【专题】有机反应．-34-\n【分析】一分子羧酸与一分子醇反应生成一分子酯和一分子水，根据原子守恒有：羧酸分子式+醇的分子式=酯的分子式+水的分子式，据此完成本题．【解答】解：根据酯化反应原理“酸脱羟基醇脱氢”，合成这种胆固醇酯的酸分子式为：C32H49O2+H2O﹣C25H45O=C7H6O2，分子式满足C7H6O2的只有B选项中C6H5COOH，故选B．【点评】本题考查酯化反应的本质与原子守恒，题目难度中等，解题关键在于原子守恒的运用，试题侧重对学生实验基础知识的检验和训练，有利于培养学生的实验能力．3．下列叙述正确的是()A．常温下1L0.1mol/LNH4Cl溶液与2L0.05mol/LNH4Cl溶液中c（NH4+）相等B．pH=5的CH3COOH溶液和pH=5的NH4NO3溶液中，c（H+）相等C．pH=6的CH3COOH和CH3COONa混合液中：c（Na+）+c（OH﹣）﹣c（CH3COO﹣）=10﹣6mol/LD．pH=9的NaHA溶液中：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（A2﹣）＞c（H2A）＞c（OH﹣）＞c（H+）【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．溶液浓度不同，铵离子水解程度不同；B．根据溶液酸碱性与溶液pH的计算表达式分析；C．根据混合液中的电荷守恒判断；D．NaHA溶液的pH=9，溶液显示碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），说明HA﹣的水解程度大于其电离程度，则c（H2A）＞c（A2﹣），由于溶液中的氢氧根离子、氢离子还来自水的电离，则c（OH﹣）＞c（H2A）、c（H+）＞c（A2﹣）．【解答】解：A．常温下1L0.1mol/LNH4Cl溶液与2L0.05mol/LNH4Cl溶液中，氯化铵浓度不同，铵离子水解程度不同，所以所含NH4+的物质的量相不同，故A错误；B．溶液的pH=﹣lgc（H+），则两溶液中氢离子浓度都是1×10﹣5mol/L，氢离子浓度相等，故B正确；C．pH=6的CH3COOH和CH3COONa混合液中，根据电荷守恒可得：c（H+）=c（Na+）﹣c（OH﹣）﹣c（CH3COO﹣）=10﹣6mol/L，故C错误；D．pH=9的NaHA溶液呈碱性，c（OH﹣）＞c（H+），说明HA﹣的水解程度大于其电离程度，则c（H2A）＞c（A2﹣），由于溶液中的氢氧根离子、氢离子还来自水的电离，则c（OH﹣）＞c（H2A）、c（H+）＞c（A2﹣），溶液中正确的离子浓度大小为：c（Na+）＞c（HA﹣）＞c（OH﹣）＞c（H2A）＞c（H+）＞c（A2﹣），故D错误；故选B．【点评】本题考查了离子浓度大小比较，题目难度中等，明确盐的水解原理及其应用为解答关键，注意掌握电荷守恒、物料守恒等知识在判断各离子浓度大小中的应用方法．4．下列实验装置能达到实验目的是（夹持仪器未画出）()A．①装置用于检验1﹣溴丙烷消去产物B．②装置用于石油的分馏C．③装置用于实验室制硝基苯D．④装置可装置证明酸性：盐酸＞碳酸＞苯酚【考点】化学实验方案的评价；比较弱酸的相对强弱的实验；石油的分馏．-34-\n【专题】实验评价题．【分析】A．乙醇能使酸性高锰酸钾溶液褪色；B．根据蒸馏实验的注意事项回答；C．实验室制硝基苯在50﹣60℃下发生反应；D．浓盐酸易挥发．【解答】解：A．由于挥发出的乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B．①温度计水银球的位置错误，应与蒸馏瓶支管下沿平齐；②冷凝管中冷凝水的流向错误，冷水应从下方进，上方出，故B错误；C．实验室制硝基苯在50﹣60℃下发生反应，需要用水浴加热，故C正确；D．浓盐酸易挥发，会发出的氯化氢可与苯酚钠反应制取苯酚，不能证明酸性碳酸＞苯酚，故D错误．故选C．【点评】本题考查常见化学实验装置的使用，难度不大，注意浓盐酸易挥发，会发出的氯化氢可与苯酚钠反应制取苯酚，不能证明酸性碳酸＞苯酚．5．能在有机物的分子中引入羟基的反应类型有()①酯化反应②取代反应③消去反应④加成反应⑤水解反应．A．①②③B．③④⑤C．②④⑤D．②③④⑤【考点】取代反应与加成反应；聚合反应与酯化反应．【分析】酯化反应、消去反应一般是脱HX或H2O，会消除羟基；而﹣CHO可加氢（既是加成反应又是还原反应）生成﹣CH2OH，酯的水解可生成醇﹣OH，卤代烃水解可以生成醇，水解反应属于取代反应．【解答】解：①酯化反应是消除羟基，不会引入羟基，故不选；②取代反应可以引入羟基，例如卤代烃的水解反应、酯的水解反应，故选；③消去反应是消除羟基，不会引入羟基，故不选；④加成反应可以引入羟基，例如乙烯水化制乙醇，故选；⑤水解反应可引入羟基，如酯的水解反应生成醇，故选；故选C．【点评】本题考查有机物合成中的结构与性质，涉及羟基的引入，题目难度不大，注意把握官能团的性质和转化即可解答该题．6．由1﹣丙醇制取，最简便的流程需要下列反应的顺序应是()①氧化②还原③取代④加成⑤消去⑥中和⑦缩聚⑧酯化．A．②④⑥⑦⑧B．⑤④③①⑧C．①⑤④③⑧D．②①⑤③⑥【考点】有机物的结构和性质．【分析】由1﹣丙醇制取-34-\n工艺流程为：1﹣丙醇发生消去反应生成丙烯，丙烯与溴发生加成反应生成1，2﹣二溴丙烷，1，2﹣二溴丙烷在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成1，2﹣丙二醇，氧化生成，最后与1﹣丙醇发生酯化反应生成．【解答】解：由1﹣丙醇制取工艺流程为：1﹣丙醇发生消去反应生成丙烯，丙烯与溴发生加成反应生成1，2﹣二溴丙烷，1，2﹣二溴丙烷在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成1，2﹣丙二醇，氧化生成，最后与1﹣丙醇发生酯化反应生成，发生反应依次为：消去反应、加成反应、取代反应、氧化反应、酯化反应，即⑤④③①⑧，故选B．【点评】本题考查有机物的合成、有机反应类型等，侧重对学生基础知识的考查运用，掌握官能团的性质与转化是关键，难度不大．7．药物贝诺酯可由乙酰水杨酸和对乙酰氨基酚在一定条件下反应制得：有关上述反应物和产物的叙述正确的是()A．按碳的骨架分类，上述三种有机物均属于芳香烃B．乙酰水杨酸分子中不存在手性碳原子C．在核磁共振氢谱中，对乙酰氨基酚分子有4个峰D．贝诺酯分子中有3种不同类型的含氧官能团【考点】芳香烃、烃基和同系物；有机物分子中的官能团及其结构．【专题】有机物分子组成通式的应用规律．【分析】A．芳香烃属于烃，烃只含碳和氢两种元素；B．手性碳原子指连有四个不同基团的碳原子；C．核磁共振氢谱中，峰值的个数代表不同环境下氢原子的种数；D．依据常见官能团的结构判断．【解答】解：A．上述三种有机物除了含有碳和氢两种元素外还含有其他元素，不属于烃，故A错误；B．乙酰水杨酸分子中不存在连接四个不同基团的碳原子，故B正确；C．对乙酰氨基酚分子中有5种不同环境下的氢原子，所以应有4个峰，故C错误；D．贝诺酯分子含有酯基和肽键两种含氧官能团，故D错误；故选：B．-34-\n【点评】本题考查了有机物的结构和性质，考查学生综合分析能力和迁移应用的能力，注意结合所学的相关知识解答，难度中等．8．某种激光染料，应用于可调谐染料激光器，它由C、H、O三种元素组成，分子球棍模型如图所示，下列有关叙述正确的是()①分子式为C10H9O3②1mol该有机物能与溴水中3mol溴发生取代反应③该物质含有3种官能团④能使酸性KMnO4溶液褪色．A．③④B．①④C．②③④D．①②③④【考点】有机物的结构和性质．【分析】由结构模型可写出该有机物的结构简式为，含酚﹣OH、C=C、﹣COOC﹣，结合苯酚、烯烃、酯的性质来解答．【解答】解：由有机物的价键规则（碳原子形成4条键，氧原子形成2条键，氢原子形成1条键）可知该有机物的结构简式为，①由结构简式可知其分子式为C10H8O3，故错误；②该有机物中含有碳碳双键，故能与溴水和氢气发生加成反应，只有酚﹣OH的两个邻位与溴水发生取代反应，1mol该物质能与2mol溴水发生取代反应，故错误；③含碳碳双键，酚﹣OH、﹣COOC﹣三种官能团，故正确；④含碳碳双键、酚﹣OH，均能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故正确；故选A．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高考常见题型，把握官能团及性质的关系为解答的关键，熟悉苯酚、烯烃的性质为即可解答，题目难度不大．9．下列说法正确的是()A．向甲酸和甲醛的混合物中加入氢氧化钠溶液，中和甲酸后，加入新制的氢氧化铜加热﹣﹣检验混合物中是否含有甲醛B．向CH3CH2Br中滴入AgNO3溶液以检验溴元素C．苯不能与溴水发生取代反应，用苯能萃取溴的四氯化碳溶液中的溴D．利用核磁共振氢谱，可以鉴别CH3OCH3和CH3CH2OH【考点】有机物（官能团）的检验；有机物的鉴别；分液和萃取．【分析】A．甲酸含有醛基，可与新制的氢氧化铜发生氧化还原反应；B．CH3CH2Br为非电解质，不能发生电离，则不能直接加入硝酸银检验；-34-\nC．苯和四氯化碳互溶；D．CH3OCH3和CH3CH2OH含有的等效氢原子数目不同．【解答】解：A．甲酸含有醛基，可与新制的氢氧化铜发生氧化还原反应，不能直接检验，故A错误；B．CH3CH2Br为非电解质，不能发生电离，则不能直接加入硝酸银检验，应先在碱性条件下水解，加入硝酸酸化后再加入硝酸银溶液检验，故B错误；C．苯和四氯化碳互溶，可用蒸馏的方法分离四氯化碳和溴，故C错误；D．CH3OCH3含有1种H原子，而CH3CH2OH含有3种氢原子，数目不同，可用核磁共振氢谱检验，故D正确．故选D．【点评】本题考查较为综合，涉及有机物的检验、鉴别和分离等知识，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，为高频考点，注意把握有机物性质的异同，难度不大．10．提纯下列物质（括号内为杂质），选用的除杂试剂与分离方法正确的是()不纯物质除杂试剂分离方法A乙酸乙酯（乙酸）饱和碳酸钠溶液过滤B乙烷（乙烯）酸性高锰酸钾溶液洗气C苯（Br2）KOH溶液分液D苯（苯酚）浓溴水过滤A．AB．BC．CD．D【考点】物质的分离、提纯和除杂．【分析】A．乙酸与碳酸钠反应，反应后与乙酸乙酯分层；B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；C．溴与KOH反应后与苯分层；D．苯酚与溴水反应，且溴易溶于苯．【解答】解：A．乙酸与碳酸钠反应，反应后与乙酸乙酯分层，则分离方法应为分液，故A错误；B．乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，则除杂后会引入新的杂质，不符合除杂原则，故B错误；C．溴与KOH反应后与苯分层，分离方法为分液，故C正确；D．苯酚与溴水反应，且溴易溶于苯，则除杂后会引入新的杂质，不符合除杂原则，故D错误；故选C．【点评】本题考查物质的分离、提纯，为高频考点，侧重物质除杂的考查，把握物质的性质及除杂的原则为解答的关键，选项D为解答的易错点，题目难度不大．11．有机物的结构简式如下：1mol该有机物与足量的氢氧化钠溶液混合并共热，充分反应后最多可消耗氢氧化钠的物质的量为（不考虑醇羟基和硝基与氢氧化钠的反应）()A．5molB．6molC．7molD．8mol【考点】有机物的结构和性质．-34-\n【分析】根据题意知，苯环上由于取代基的影响，使硝基邻位上的卤原子能和氢氧化钠的水溶液发生取代反应生成酚羟基和卤化氢，直链卤代烃也能和氢氧化钠水溶液发生取代反应生成醇和卤化氢，能与氢氧化钠反应的官能团有酚羟基、羧基，氯化氢和溴化氢溶于水溶液呈酸性，所以氯化氢和溴化氢也能和氢氧化钠反应．【解答】解：1mol该有机物与足量的氢氧化钠溶液混合并共热后完全反应，苯环上的氯原子、溴原子和甲基上的溴原子分别被取代生成酚羟基和醇羟基，同时又氯化氢和溴化氢生成，酯基断裂生成酚羟基和羧基，所以1mol该有机物完全被取代后含有3mol酚羟基、2mol羧基、1mol醇羟基、1molHCl、2molHBr，能和氢氧化钠反应的有酚羟基、羧基、氯化氢和溴化氢，所以最多可消耗氢氧化钠的物质的量=3mol+2mol+1mol+2mol=8mol．故选：D．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，明确能和氢氧化钠水溶液发生取代反应的官能团是解本题的关键，注意不仅酚羟基和羧基能和氢氧化钠反应，生成的卤化氢也能和氢氧化钠反应，易错点是漏掉卤化氢和氢氧化钠的反应．12．如图的分子酷似企鹅，化学家ChrisScotton将该分子以企鹅来取名为Penguinone．下列有关Penguinone的说法不正确的是()A．Penguinone的同分异构体中属于酚类只含有一个烃基侧链的物质共有4种B．Penguinone的分子式为C10H14O，且能使溴水褪色C．1molPenguinone完全燃烧消耗13molO2D．Penguinone分子中有碳原子不可能都在同一个平面上【考点】有机物的结构和性质．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】由结构简式可知分子中含有碳碳双键，可发生加成、加聚和氧化反应，含有羰基，可发生加成反应，结合有机物的结构解答该题．【解答】解：A．Penguinone的分子式为C10H14O，对应的同分异构体中酚类只含有一个烃基侧链的物质含有烃基C4H9，有CH3CH2CH2CH2﹣、CH3CH2CH（CH3）﹣、CH3CH（CH3）CH2﹣以及（CH3）3C﹣4种，且与羟基可处以邻、间、对位置，对应的同分异构体有12种，故A错误；B．分子式为C10H14O，含有碳碳双键，可使溴水褪色，故B正确；C．由分子式C10H14O可知，1molPenguinone完全燃烧消耗氧气的物质的量为（10+﹣）mol=13mol，故C正确；D．分子中含有饱和烃基，则碳原子不可能都在同一个平面上，故D正确．故选A．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物的结构特点和官能团的性质，为解答该题的关键，难度不大．13．有下列物质：①乙醇②苯酚③乙醛④乙酸乙酯⑤丙烯酸（CH2=CH﹣COOH）．其中与溴水、KMnO4酸性溶液、Na2CO3溶液都能反应的是()A．仅③⑤B．仅②④C．仅②⑤D．仅⑤-34-\n【考点】有机物的结构和性质．【分析】与溴水、KMnO4酸性溶液、Na2CO3溶液都能反应的物质，分子中应含有碳碳双键和羧基，苯酚也可与碳酸钠反应，以此解答该题．【解答】解：题中①③④中不含羧基，不能与Na2CO3溶液反应，②苯酚含有酚羟基，可与溴水发生取代反应，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，⑤丙烯酸（CH2=CHCOOH）中含有碳碳双键，可与溴水、KMnO4酸性溶液，含有乙酸，可与Na2CO3溶液反应，故选C．【点评】本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，注意把握有机物官能团的性质，题目难度不大，注意酚羟基的酸性比碳酸弱、比碳酸氢根离子强的特点．14．分子式为C11H14O2有机物，满足以下两个条件：①苯环上有两个取代基，②能与NaHCO3生成气体．则该有机物的同分异构体数目为()A．12种B．39种C．36种D．13种【考点】同分异构现象和同分异构体．【分析】分子式为C11H14O2的有机物，能与NaHCO3反应生成气体，说明该有机物中一定含有羧基：﹣COOH，再根据苯环上有两个取代基可知，该有机物除了苯环和羧基以外，其它都是单键，且还有11﹣6﹣1=4个C，可能的组合为：①羧基、丁基（其中丁基有4种）、②﹣CH2COOH，丙基（2种）；③﹣CH2CH2COOH（2种，分别是、），乙基；④﹣CH3、﹣CH2CH2CH2COOH（有4种，分别是、、、），每种组合都含有邻、间、对三种同分异构体，据此求算出含有的同分异构体数目．【解答】解：分子式为C11H14O2，能与NaHCO3反应生成气体，说明该有机物中一定含有羧基：﹣COOH，根据分子组成可知，该有机物除了苯环和羧基以外，其它都是单键，另外还含有：11﹣6﹣1=4个C，可能的组合为：①羧基、丁基（其中丁基有4种）、②﹣CH2COOH，丙基（2种）；③﹣CH2CH2COOH（2种，分别是、），乙基；④﹣CH3、﹣CH2CH2CH2COOH（有5种，分别是、、、、），每种组合都含有邻、间、对三种同分异构体，故此一共有13×3=39种，故选B．【点评】本题考查了有机物同分异构体的求算，题目难度中等，注意掌握同分异构体的概念及求算方法，正确根据题干信息判断出该有机物分子含有的官能团、取代基类型为解答本题关键．15．已知乙炔、苯、乙醛的混合气体中含氧元素的质量分数为8%，则混合气体中碳元素的质量分数为()A．84%B．60%C．91%D．无法计算【考点】元素质量分数的计算．-34-\n【分析】乙醛（C2H4O）可以表示为C2H2．H2O，故乙炔（C2H2）、苯（C6H6）、乙醛（C2H4O）的混合气体可以看做C6H6、C2H2、H2O的混合物，进一步看作CH、H2O的混合物，根据O元素的分数计算H2O的质量分数，进而计算CH的质量分数，再根据CH中C、H质量之比为12：1，据此计算C元素的质量分数．【解答】解：乙醛（C2H4O）可以表示为C2H2．H2O，故乙炔（C2H2）、苯（C6H6）、乙醛（C2H4O）的混合气体可以看做C6H6、C2H2、H2O的混合物，进一步看作CH、H2O的混合物，O元素的分数为8%，故H2O的质量分数为=9%，故CH的质量分数1﹣9%=91%，CH中C、H质量之比为12：1，故C元素的质量分数为91%×=84%，故选A．【点评】本题考查混合物中元素质量分数的计算，难度中等，关键是根据物质的化学式转化为CH与水的混合物．16．假设图中原电池产生的电压、电流强度均能满足电解、电镀要求，即为理想化．①～⑧为各装置中的电极编号．下列说法错误的是()A．当K闭合时，A装置发生吸氧腐蚀，在电路中做电源B．当K断开时，B装置锌片溶解，有氢气产生C．当K闭合后，整个电路中电子的流动方向为①→⑧；⑦→⑥；⑤→④；③→②D．当K闭合后，A、B、C、D装置中pH均变大．【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】当K闭合时，B装置能自发进行氧化还原反应，所以为原电池，则A、C、D都是电解池，B中Zn易失电子作负极、Cu作正极，所以A中C、C中Cu、D中粗铜都是阳极，A中Fe、C中Ag、D中纯铜都是阴极；当K打开时，B不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，则锌和稀硫酸发生化学腐蚀，据此分析解答．【解答】解：当K闭合时，B装置能自发进行氧化还原反应，所以为原电池，则A、C、D都是电解池，B中Zn易失电子作负极、Cu作正极，所以A中C、C中Cu、D中粗铜都是阳极，A中Fe、C中Ag、D中纯铜都是阴极；当K打开时，B不能形成闭合回路，所以不能构成原电池，则锌和稀硫酸发生化学腐蚀，A．当K闭合时，B装置能自发进行氧化还原反应，为原电池，在电路中作电源，A为电解池，故A错误；B．当K断开时，B装置不能构成原电池，锌片和稀硫酸发生化学腐蚀而溶解，有氢气产生，故B正确；-34-\nC．当K闭合后，B为原电池，A、C、D为电解池，电子从负极流向阴极，再从阴极流向阳极，所以整个电路中电子的流动方向为①→⑧；⑦→⑥；⑤→④；③→②，电子不进入电解质溶液，故C正确；D．当K闭合后，C装置属于电镀池，该装置中pH不变，故D错误；故选AD．【点评】本题考查原电池和电解池原理，根据反应的自发性确定原电池，知道各个电极发生的反应，注意：电子不进入电解质溶液，电解质溶液是通过阴阳离子定向移动形成电流，为易错点．17．一定温度下，下列溶液的离子浓度关系式正确的是()A．pH=5的H2S溶液中，c（H+）=c（HS﹣）=1×10﹣5mol•L﹣1B．pH=a的氨水溶液，稀释10倍后，其pH=b，则a＞b+1C．pH=2的H2C2O4溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）D．pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClO三种溶液的c（Na+）：①＞②＞③【考点】离子浓度大小的比较．【分析】A．根据硫化氢溶液中的电离平衡H2S⇌H++HS﹣、HS﹣⇌H++S2﹣、H2O⇌H++OH﹣判断；B．一水合氨为弱碱，弱碱在稀释过程中溶液的pH变化比强碱溶液小；C．混合液中一定满足电荷守恒，该电荷守恒漏掉了2c（C2O42﹣）；D．钠离子不水解，可以根据酸根离子对应酸的酸性强弱判断pH相同的①CH3COONa、②NaHCO3、③NaClO的浓度大小，钠离子浓度与三者浓度相等．【解答】解：A．H2S溶液中存在电离平衡：H2S⇌H++HS﹣、HS﹣⇌H++S2﹣、H2O⇌H++OH﹣，根据上述反应知，氢离子来自水的电离和硫化氢的电离，则pH=5的H2S溶液中，c（H+）=1×10﹣5mol•L﹣1＞c（HS﹣），故A错误；B．一水合氨为弱电解质，加水稀释后促进了其电离，其溶液pH变化比强碱小，pH=a的氨水溶液，稀释10倍后的pH=b，则a＜b+1，故B错误；C．pH=2的草酸溶液与pH=12的NaOH溶液任意比例混合，根据电荷守恒可得：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HC2O4﹣）+2c（C2O42﹣），故C错误；D．酸性：CH3COOH＞H2CO3＞HClO，根据盐类水解规律：组成盐的酸根离子对应的酸越弱，该盐的水解程度越大，物质的量浓度相同时，溶液的碱性越强，则pH越大，故pH相同的①CH3COONa②NaHCO3③NaClO三种溶液的c（Na+）大小为：①＞②＞③，故D正确；故选D．【点评】本题考查了溶液中离子浓度大小比较、酸碱混合的定性判断，题目难度中等，注意掌握盐的水解原理及其应用方法，要求学生能够根据电荷守恒、物料守恒、盐的水解原理判断溶液中各离子浓度大小，试题有利于培养学生的分析、理解能力．18．常温下，0.2mol•L﹣1的一元酸HA与等浓度NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中部分微粒组分及浓度所示，下列说法正确的是()-34-\nA．HA为强酸B．该混合溶液pH=7.0C．该混合溶液中：c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）D．图中X表示HA，Y表示OH﹣，Z表示H+【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算．【分析】一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒为：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．HA为弱酸；B．该混合液pH＞7；C．Y表示HA，溶液中存在物料守恒得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+）；D．X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+．【解答】解：一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，NaA溶液呈碱性，则c（OH﹣）＞c（H+），一般来说，盐类的水解程度较低，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，溶液中存在物料守恒得到：c（Na+）=c（A﹣）+c（HA）．A．一元酸HA和NaOH溶液等体积、等浓度0.2mol/L混合，二者恰好反应：HA+NaOH=NaA+H2O，所得溶液为NaA溶液，溶液中中A﹣浓度小于0.1mol/L，说明在溶液中存在A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，NaA水解，HA为弱酸，故A错误；B．c（Na+）＞c（A﹣），说明NaA水解，A﹣+H2O⇌HA+OH﹣，该混合液pH＞7，故B错误；C．溶液中存在物料守恒c（Na+）=c（A﹣）+c（HA），Y表示HA，得到c（A﹣）+c（Y）=c（Na+），故C正确；D．HA是弱电解质，则有c（A﹣）＞c（OH﹣），c（OH﹣）除了水解产生的还有水电离的，因此c（OH﹣）＞c（HA），所以有：c（Na+）=0.1mol/L＞c（A﹣）＞c（OH﹣）＞c（HA）＞c（H+），即X表示OH﹣，Y表示HA，Z表示H+，故D错误；故选C．【点评】本题考查了酸碱混合溶液定性判断，根据酸的强弱结合物料守恒、电荷守恒分析解答，考查离子浓度大小比较、溶液PH值、盐类水解等，判断一元酸HA是弱酸为解题关键，题目难度中等．二、填空题（共58分）19．完成下列空白．（1）“辛烷值”用来表示汽油的质量，汽油中异辛烷的爆震程度最小，将其辛烷值标定为100，右图是异辛烷的球棍模型，则异辛烷的系统命名为2，2，4﹣三甲基戊烷．（2）写出下列反应的化学方程式：①2，5﹣二甲基﹣2，4﹣己二烯与足量氢气加成：（CH3）2C=CHCH=C（CH3）2+2H2（CH3）2CHCH2CH2CH（CH3）2；②2﹣甲基﹣2﹣丁烯加聚反应C（CH3）2=CHCH3；-34-\n③甲苯在一定条件下生成三硝基甲苯：+3HNO3+3H2O．【考点】化学方程式的书写；有机化合物命名．【分析】（1）由异辛烷的球棍模型可知其结构简式图：，主链有5个碳原子，从左端编号，2号碳上有2个甲基，4号碳上有1个甲基，据此写出其名称；（2）①碳碳双键断裂发生加成反应生成对应的烷烃，据此写出反应的化学方程式；②2﹣甲基﹣2﹣丁烯，双键断裂，彼此首尾相连形成聚合物，据此写出反应方程式：③甲苯与浓硝酸在浓硫酸做催化剂，吸水剂条件下加热生成2，4，6﹣三硝基甲苯和水．【解答】解：（1）由异辛烷的球棍模型可知其结构简式图：，主链有5个碳原子，从左端编号，2号碳上有2个甲基，4号碳上有1个甲基，该烷烃的系统命名为：2，2，4﹣三甲基戊烷；故答案为：2，2，4﹣三甲基戊烷；（2）①2，5﹣二甲基﹣2，4﹣己二烯的结构简式为（CH3）2C=CHCH=C（CH3）2，与氢气按照物质的量之比1：2发生加成反应生成相应的烷烃，反应的化学方程式为：（CH3）2C=CHCH=C（CH3）2+2H2（CH3）2CHCH2CH2CH（CH3）2，故答案为：（CH3）2C=CHCH=C（CH3）2+2H2（CH3）2CHCH2CH2CH（CH3）2；②2﹣甲基﹣2﹣丁烯的结构简式为：C（CH3）2=CHCH3，2﹣甲基﹣2﹣丁烯加聚反应的化学方程式为：C（CH3）2=CHCH3，故答案为：C（CH3）2=CHCH3；-34-\n③甲苯与浓硝酸在浓硫酸做催化剂，吸水剂条件下加热生成2，4，6﹣三硝基甲苯和水，化学方程式为+3HNO3+3H2O，故答案为：+3HNO3+3H2O．【点评】本题考查了有机物的系统命名，有机方程式书写，明确烷烃系统命名方法及有机物结构特别是所含官能团是解题关键，注意反应条件的书写，题目难度中等．20．（1）具有支链的某化合物的分子式为C4H6O2，其可以使Br2的四氯化碳溶液褪色，且分子结构中含有一个羧基，则该化合物的结构简式是．（2）某有机物含有C、H、O三种元素，相对分子质量为60，其中碳的质量分数为60%，氢的质量分数为13.3%．该化合物在催化剂Cu的作用下能被氧气氧化，且产物不能发生银镜反应，则该化合物的名称是异丙醇或2﹣丙醇．（3）某烷烃的相对分子质量为72，跟氯气反应生成的一氯代物只有一种，则该烷烃的结构简式为．（4）0.1mol某烃在足量的氧气中完全燃烧，生成CO2和H2O各0.6mol，该烃能使溴水褪色，且能在催化剂作用下与H2发生加成反应，生成2，2﹣二甲基丁烷，则该烃结构简式为（CH3）3C﹣CH=CH2．【考点】有关有机物分子式确定的计算．【分析】（1）使Br2的四氯化碳溶液褪色，且分子结构中含有一个羧基，则含碳碳双键和﹣COOH；（2）计算分子式中C、H、O原子数目确定分子式，在催化剂Cu的作用下被氧化后产物不能发生银镜反应，则羟基连接的碳原子上含有1个H原子；（3）烷烃的通式为CnH2n+2，根据相对分子质量可知12n+2n+2=72，则n=5，该烷烃的分子式应为C5H12，跟氯气反应生成的一氯代物只有一种，说明结构对称，分子中只含有一种H；（4）0.1mol某烃在足量的氧气中完全燃烧，生成CO2和水各0.6mol，根据原子守恒可知，该烃的分子式为C6H12，该烃能使溴水褪色，说明分子中含有1个C=C键，该烃属于烯烃，在催化剂作用下与H2加成生成2.2﹣二甲基丁烷（），相邻两个碳原子都含有H原子为C=C双键位置，确定该烃的结构简式．-34-\n【解答】解：（1）具有支链的某化合物的分子式为C4H6O2，其可以使Br2的四氯化碳溶液褪色，且分子结构中含有一个羧基，含碳碳双键、﹣COOH，有支链则含1个甲基，其结构简式为：，故答案为：；（2）（2）分子式中N（C）==3、N（H）==8、N（O）==1，故有机物的分子式为C3H8O，在催化剂Cu的作用下被氧化后饿产物不能发生银镜反应，则结构简式为CH3CHOHCH3，名称为异丙醇或2﹣丙醇，故答案为：异丙醇或2﹣丙醇；（3）烷烃的通式CnH2n+2，该烷烃的相对分子质量为72，所以有：12n+2n+2=72，即14n=70，解得：n=5，即分子式为C5H12．含5个碳原子的烷烃的一氯取代物只有一种，说明烃分子中12个氢原子的位置均是等效的，分子结构对称，结构简式应为：，为2，2﹣二甲基丙烷，故答案为：；（4）0.1mol某烃在足量的氧气中完全燃烧，生成CO2和水各0.6mol，根据原子守恒可知，该烃的分子中N（C）==6，N（H）==12，故该烃的分子式为C6H12，该烃能使溴水褪色，说明分子中含有1个C=C键，该烃属于烯烃，在催化剂作用下与H2加成生成2，2﹣二甲基丁烷（），相邻两个碳原子都含有H原子为C=C双键位置，该烃的结构简式为（CH3）3CCH=CH2，名称为3，3﹣二甲基﹣1﹣丁烯，故答案为：（CH3）3C﹣CH=CH2．【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，题目难度中等，把握官能团与性质的关系、燃烧法及原子守恒推断有机物等为解答的关键，侧重分析能力及计算能力、综合应用知识能力的考查．21．根据下面的反应路线及所给信息填空．-34-\n（1）在①～⑥的各步反应中，属于取代反应的有①⑥，属于加成反应的有③⑤（2）反应④所用的试剂和条件是NaOH的乙醇溶液、加热（3）反应③的化学方程式是（4）反应⑥的化学方程式是．【考点】有机物的推断．【分析】A和氯气光照得到，A为环己烷，反应为+Cl2+HCl，一氯环己烷在氢氧化钠、乙醇、加热条件下发生消去反应得到B，B为，反应②为：；与溴的四氯化碳发生加成反应，反应③为：，卤代烃发生消去反应生成烯烃，反应④为：+2NaOH+2NaBr+2H2O，与溴在催化剂的作用下发生加成反应生成，反应⑤为：+Br2，发生卤代烃的水解生成，反应⑥为：，（1）根据反应①为取代反应，反应②为消去反应，反应③为加成反应，反应④为消去反应，反应⑤为加成反应，反应⑥为取代反应解答；（2）根据前后物质，反应④为卤代烃的消去反应，需NaOH的乙醇溶液、加热条件；（3）反应③为烯烃的加成反应生成卤代烃；（4）反应⑥卤代烃的水解生成醇，据此书写方程式；-34-\n【解答】解：A和氯气光照得到，A为环己烷，一氯环己烷在氢氧化钠、乙醇、加热条件下得到B，B为，与溴的四氯化碳反应生成C，C为，卤代烃发生消去反应生成烯烃，与溴在催化剂的作用下反应生成，发生卤代烃的水解生成，流程反应为：+Cl2+HCl，，，+2NaOH+2NaBr+2H2O，+Br2，，（1）反应①为环烷烃的取代反应，反应②为卤代烃的消去反应，反应③为烯烃的加成反应，反应④为卤代烃的消去反应，反应⑤为烯烃的加成反应，反应⑥为卤代烃的水解，为取代反应．故答案为：①⑥；③⑤；（2）反应④为卤代烃的消去反应，反应条件为氢氧化钠、乙醇、加热，故答案为：氢氧化钠、乙醇、加热；（3）反应③为烯烃的加成反应，化学方程式是：，故答案为：；（4）反应⑥卤代烃的水解，方程式为，故答案为：．【点评】本题考查有机物的合成，明确反应条件与反应类型的关系来推出各物质是解答本题的关键，本题重点考查了卤代烃的消去反应、烯烃的加成反应和卤代烃的取代反应及相关方程式的书写，题目难度中等．-34-\n22．次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，具有较强还原性．回答下列问题：（1）H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式：H3PO2⇌H2PO2﹣+H+．（2）NaH2PO2为正盐（填“正盐”或“酸式盐”），其溶液显弱碱性（填“弱酸性”“中性”或“弱碱性”）．（3）H3PO2的工业制法是：将白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，后者再与H2SO4反应．写出白磷与Ba（OH）2溶液反应的化学方程式：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑；（4）H3PO2也可用电渗析法制备，“四室电渗析法”工作原理如图所示（阳膜和阴膜分别只允许阳离子、阴离子通过）：①写出阳极的电极反应式：2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+．②分析产品室可得到H3PO2的原因：阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2﹣穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2．③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2：将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室．其缺点是产品中混有PO43﹣杂质，该杂质产生的原因是H2PO2﹣或H3PO2被氧化．【考点】电解原理；化学方程式的书写；电离方程式的书写；盐类水解的原理．【分析】（1）根据H3PO2是一元中强酸可知，H3PO2是弱电解质，溶液中部分电离出氢离子，据此写出电离方程式；（2）根据H3PO2是一元中强酸，可以判断NaH2PO2为正盐，由于为H3PO2为弱电解质，则NaH2PO2为强碱弱酸盐，则溶液显示弱碱性；（3）根据反应物和生成物书写方程式；（4）①根据阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和H2PO2﹣，判断放电能力强弱，然后写出阳极的电极反应式；②根据图示“四室电渗析法”工作原理分析产品室可得到H3PO2的原因；③根据H3PO2及NaH2PO2均容易被氧化分析该装置缺点．【解答】解：（1）H3PO2是一元中强酸，溶液中部分电离出氢离子，所以其电离方程式为：H3PO2⇌H2PO2﹣+H+，故答案为：H3PO2⇌H2PO2﹣+H+；（2）由于H3PO2是一元中强酸，所以NaH2PO2为正盐，由于为H3PO2为弱电解质，则NaH2PO2为强碱弱酸盐，溶液显示弱碱性，故答案为：正；弱碱性；（3）白磷（P4）与Ba（OH）2溶液反应生成PH3气体和Ba（H2PO2）2，反应方程式为2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑，故答案为：2P4+3Ba（OH）2+6H2O=3Ba（H2PO2）2+2PH3↑；（4）（4）①由于阳极中阴离子为硫酸根离子、氢氧根离子和H2PO2﹣，其中放电能力最强的是氢氧根离子，则阳极发生的电极反应为：2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+，故答案为：2H2O﹣4e﹣=O2↑+4H+；-34-\n②产品室可得到H3PO2的原因是因为：阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2﹣穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2，故答案为：阳极室的H+穿过阳膜扩散至产品室，原料室的H2PO2﹣穿过阴膜扩散至产品室，二者反应生成H3PO2；③早期采用“三室电渗析法”制备H3PO2，将“四室电渗析法”中阳极室的稀硫酸用H3PO2稀溶液代替，并撤去阳极室与产品室之间的阳膜，从而合并了阳极室与产品室，其缺点是阳极产生的氧气会把H2PO2﹣或H3PO2氧化成PO43﹣，产品中混有PO43﹣，故答案为：PO43﹣；H2PO2﹣或H3PO2被氧化．【点评】本题考查了盐的水解原理、电解原理、弱电解质的电离、氧化还原反应等知识，题目难度较大，试题涉及的知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况．23．有机物A、B、C互为同分异构体，分子式为C5H8O2，有关的转化关系如下图所示：已知：①A的碳链无支链，且1molA能与4molAg（NH3）2OH完全反应；②B为五元环酯．③回答问题（1）B、H结构简式为、．（2）F的加聚产物的结构简式为．（3）E不能发生的反应有③①取代反应②加成反应③银镜反应④水解反应⑤酯化反应⑥聚合反应⑦氧化反应⑧还原反应（4）写出A→I的反应方程式（只写①条件下的反应）：OHCCH2CH2CH2CHO+4Ag（NH3）2OHNH4OOCCH2CH2CH2COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O．（5）M是D的同分异构体，且符合以下条件：①分子中只有一个甲基；②能发生银镜反应；③有四种不同化学环境的氢原子，-34-\n写出M的结构简式．【考点】有机物的推断．【分析】有机物A、B、C互为同分异构体，分子式为C5H8O2，A的碳链无支链，且A中只有一种官能团（﹣CHO）；可确定A为戊二醛，结构简式为OHC（CH2）3CHO，可得I为HOOC（CH2）3COOH，B的分子式为C5H8O2，属于五元环酯，说明环上有4个碳原子和1个氧原子，且环上还有一个甲基，B转化为D，D为一种羟基酸，D中含有羟基能发生消去反应生成C，C中含有一个碳碳双键和羧基，C能和NBS发生取代反应得到E，E发生水解反应生成F，F与氢气发生加成反应生成G，G可以连续发生氧化反应生成I，由I的结构可知，则E中溴原子处于碳链一端，根据题目中的已知，可知C中必有CH3﹣CH=CH﹣结构，结合上述分析C的结构简式为CH3CH=CHCH2COOH，由此可以确定D中羟基的位置，即D的结构简式为CH3CH（OH）CH2CH2COOH，进而可得B的结构简式为，E为CH2Br﹣CH=CH﹣CH2COOH，CH2Br﹣CH=CH﹣CH2COOH在氢氧化钠水溶液、加热反应后即发生碱性水解，再酸化生成F，F为HO﹣CH2﹣CH=CH﹣CH2COOH，F与氢气发生加成反应生成G，G为HOCH2CH2CH2CH2COOH，G催化氧化生成H，H为OHC（CH2）3COOH，从而解决此题．【解答】解：（1）根据题中的信息，HOOCCH2CH=CHCH3与NBS在加热的条件下发生取代反应生成HOOCCH2CH=CHCH2Br，HOOCCH2CH=CHCH2Br含有溴元素，能发生水解反应生成醇，既得到F的结构简式HOOCCH2CH=CHCH2OH，然后与H2发生加成反应生成G，既得G的结构简式为HOOCCH2CH2CH2CH2OH，HOOCCH2CH2CH2CH2OH中含有﹣OH，因此能发生氧化反应生成醛，既得H的结构简式为：HOOCCH2CH2CH2CHO，结合（1）中推出的B的结构简式得到B为，H为，故答案为：；；-34-\n（2）根据F的结构简式为：HOOCCH2CH=CHCH2OH知，它能发生加聚反应，生成高分子化合物，方程式为nHOOCCH2CH=CHCH2OH→，故得出HOOCCH2CH=CHCH2OH发生加聚反应生成，故答案为：；（3）根据上面的分析得知，E的结构简式为：HOOCCH2CH=CHCH2Br，HOOCCH2CH=CHCH2Br含有羧基、碳碳双键、卤素原子三种官能团，根据官能团的性质，推出它具有以下化学性质：能发生取代反应、加成反应、水解反应、消去反应、聚合反应、氧化反应、还原反应、酯化反应．不能发生银镜反应，故答案为：③；（4）A为戊二醛，结构简式为OHC（CH2）3CHO，A→I的反应方程式（只写①条件下的反应）为：OHCCH2CH2CH2CHO+4Ag（NH3）2OHNH4OOCCH2CH2CH2COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O，故答案为：OHCCH2CH2CH2CHO+4Ag（NH3）2OHNH4OOCCH2CH2CH2COONH4+4Ag↓+6NH3+2H2O；（5）根据题中的信息M是D的同分异构体D的化学式为C5H10O3可知M中应有5个C原子、10个H原子、3个O原子，结合题中的信息，①分子中只含有一个甲基（﹣CH3）；②能发生银镜反应；③1molM与足量Na反应能产生标准状况下22.4L的气体；④除官能团上的氢原子外，还有两种不同类型的氢原子条件，写出符合要求的结构简式有：HOOCC（CH3）（OH）CH2CHO、HOOCCH（OH）CH（CH3）CHO、，从中选出任意一种即可．故答案为：．【点评】本题系统全面的考查了有机化合物合成推断，解决这类题目要把握住官能团、有机基本反应类型，要系统的把握官能团的性质、有机基本反应类型，知识体系一定要系统．在根据官能团的性质结合反应类型推断时很容易出错，要注意有机化合物的合成推断题，解决这类问题，主要是依据有机反应的基本类型，官能团的性质，有机物的性质，结合题中给出的信息，找出解题的突破口解决．-34-\n24．乙酰水杨酸俗称阿司匹林（），是世界上应用最广泛的解热、镇痛和抗炎药．乙酰水杨酸受热易分解，分解温度为128℃～135℃．实验室以水杨酸（邻羟基苯甲酸）与乙酸酐[（CH3CO）2O]为主要原料合成阿司匹林，其制备原理为：制备基本操作流程如下：醋酸酐+水杨酸粗产品主要试剂和产品的物理常数如表：名称相对分子质量熔点或沸点（℃）水水杨酸138158（熔点）微溶乙酸酐102139.4（沸点）反应乙酰水杨酸180135（熔点）微溶回答下列问题：（1）合成阿司匹林时，最适合的加热方法是水浴加热．（2）合成阿司匹林时，必须使用干燥的仪器，其原因是防止醋酸酐和水反应．（3）减压过滤所得粗产品要用少量冰水洗涤，其目的是除去醋酸酐、醋酸、硫酸，并降低乙酰水杨酸的损耗．（4）用重结晶方法提纯粗产品的流程如下，加热回流装置如图．粗产品乙酸水杨酸①沸石的作用是防暴沸；②冷凝水的流进方向是a（填“a”或“b”）；③使用温度计的目的是便于调控加热温度，防止乙酰水杨酸分解．（5）在实验中原料用量：2.0g水杨酸、5.0mL醋酸酐（ρ=1.08g/cm3），最终称得产品质量为2.2g，则所得乙酰水杨酸的产率为84.3%（精确到0.1）．【考点】制备实验方案的设计．【分析】向三颈瓶中先加入乙酸酐和水杨酸，然后加入浓硫酸，相当于浓硫酸稀释，在加浓硫酸过程中并不断振荡，摇匀后，加热混合溶液，温度控制在85℃～90℃，低于水的沸点，应该采用水浴加热易控制温度；加热反应后冷却溶液，进行减压过滤，然后洗涤得到粗产品；（1）水浴加热适用于温度较低的加热；（2）根据表知，醋酸酐易和水反应；-34-\n（3）根据表中数据知，温度低时，能除去醋酸酐、醋酸和硫酸，且温度越低乙酰水杨酸的溶解度越小；（4）水杨酸、乙酰水杨酸都微溶于水，高分子化合物不溶于水，用水作溶剂不能分离，而水杨酸易溶于乙酸乙酯，乙酰水杨酸可溶，高分子化合物不溶于乙酸乙酯，过滤分离出高分子化合物，在冷却结晶时大部分水杨酸溶解在乙酸乙酯中，很少结晶出来，通过重结晶可以得到乙酰水杨酸，故选用乙酸乙酯作溶剂；向混合溶液中加入沸石防暴沸，加热回流，然后趁热过滤，减少乙酰水杨酸的损失；然后冷却加压过滤、洗涤干燥最后得到乙酰水杨酸；（5）计算水杨酸、乙酸酐的物质的量，进行过量判断，根据不足量的物质计算理论产量，进而计算产率．【解答】解：向三颈瓶中先加入乙酸酐和水杨酸，然后加入浓硫酸，相当于浓硫酸稀释，在加浓硫酸过程中并不断振荡，摇匀后，加热混合溶液，温度控制在85℃～90℃，低于水的沸点，应该采用水浴加热易控制温度；加热反应后冷却溶液，进行减压过滤，然后洗涤得到粗产品；（1）水浴加热适用于温度较低的加热，加热混合溶液，温度控制在85℃～90℃，低于水的沸点，应该采用水浴加热易控制温度，且加热均匀，故答案为：水浴加热；（2）根据表知，醋酸酐易和水反应，为防止醋酸酐生成醋酸，使用的仪器必须干燥，故答案为：防止醋酸酐和水反应；（3）根据表中数据知，温度低时，能除去醋酸酐、醋酸和硫酸，且温度越低乙酰水杨酸的溶解度越小，所以减压过滤所得粗产品要用少量冰水洗涤目的是除去醋酸酐、醋酸、硫酸，并降低乙酰水杨酸的损耗，故答案为：除去醋酸酐、醋酸、硫酸，并降低乙酰水杨酸的损耗；（4）水杨酸、乙酰水杨酸都微溶于水，高分子化合物不溶于水，用水作溶剂不能分离，而水杨酸易溶于乙酸乙酯，乙酰水杨酸可溶，高分子化合物不溶于乙酸乙酯，过滤分离出高分子化合物，在冷却结晶时大部分水杨酸溶解在乙酸乙酯中，很少结晶出来，通过重结晶可以得到乙酰水杨酸，故选用乙酸乙酯作溶剂；向混合溶液中加入沸石防暴沸，加热回流，然后趁热过滤，减少乙酰水杨酸的损失；然后冷却加压过滤、洗涤干燥最后得到乙酰水杨酸；①沸石的作用是防暴沸，降低安全事故的发生，故答案为：防暴沸；②冷凝水的方向应该是逆流，所以a是进水口，故答案为：a；③温度高时乙酰水杨酸易分解，为便于观察温度，所以使用温度计，故答案为：便于调控加热温度，防止乙酰水杨酸分解；（5）水杨酸的相对分子质量为138，n（水杨酸）=2.0g÷138g/mol=0.0145mol，n（乙酸酐）=（5.0mL×1.08g/cm3）÷102g/mol=0.0529mol，由于乙酸酐的物质的量大于水杨酸，所以得到的乙酰水杨酸应该按照水杨酸来计算，故理论上得到乙酰水杨酸的质量为0.0145mol×180g/mol=2.61g，所以乙酰水杨酸的产率为（2.2g÷2.61g）×100%=84.3%，故答案为：84.3%．【点评】本题考查物质制备实验方案设计，明确实验原理及基本操作方法是解本题关键，知道每一步的实验目的，易错点是冷凝管中水流方向判断，题目难度中等．25．化合物H具有似龙延香、琥珀香气息，香气淡而持久，广泛用作香精的稀释剂和定香剂．合成它的一种路线如下：-34-\n已知以下信息：①②核磁共振氢谱显示A苯环上有四种化学环境的氢，它们的位置相邻③在D溶液中滴加几滴FeCl3溶液，溶液呈紫色④芳烃F的相对分子质量介于90～100之间，0.1molF充分燃烧可生成7.2g水⑤R1COOH+RCH2ClR1COOCH2R+HCl回答下列问题：（1）由C生成D的化学方程式为．（2）由F生成G的化学方程式为：．（3）H的结构简式为．（4）C的同分异构体中含有三取代苯结构和与两个A中完全一样的官能团又可发生银镜反应的有6种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱为5组峰，且面积比为1：2：2：2：1的结构简式是（任写一种即可）．（5）由苯酚和已有的信息经以下步骤可以合成化合物-34-\n反应条件1所用的试剂为（CH3）3CCl/AlCl3，K的结构简式为，反应条件3所用的试剂为浓HI．【考点】有机物的合成．【分析】核磁共振氢谱显示A苯环上有四种化学环境的氢，它们的位置相邻，根据A的分子式结合题给信息①得A为，B为，B为酸性高锰酸钾溶液氧化生成C，C为，结合题给信息①得D为；芳烃F的相对分子质量介于90～100之间，0.1molF充分燃烧可生成7.2g水，水的物质的量==0.4mol，则一个F分子中含有8个H原子，则F为甲苯，结构简式为，苯生成F的反应为取代反应，F和氯气发生取代反应生成G，G和D反应生成H，根据信息⑤，G为，H为，（5）根据流程图知，苯酚不能先和硝酸发生取代反应，因为酚羟基易被氧化，所以应该先和（CH3）3CCl/AlCl3发生取代反应生成I，I为，I发生取代反应生成J，J为，J和浓硝酸发生取代反应生成K，K为，K和浓HI反应生成，据此分析解答．-34-\n【解答】解：核磁共振氢谱显示A苯环上有四种化学环境的氢，它们的位置相邻，根据A的分子式结合题给信息①得A为，B为，B为酸性高锰酸钾溶液氧化生成C，C为，结合题给信息①得D为；芳烃F的相对分子质量介于90～100之间，0.1molF充分燃烧可生成7.2g水，水的物质的量==0.4mol，则一个F分子中含有8个H原子，则F为甲苯，结构简式为，苯生成F的反应为取代反应，F和氯气发生取代反应生成G，G和D反应生成H，根据信息⑤，G为，H为，（1）C为、D为，C发生取代反应生成D，反应方程式为，故答案为：；（2）F为，G为，F发生取代反应生成G，由F生成G的化学方程式为：，故答案为：；（3）H的结构简式为，故答案为：；-34-\n（4）C为，C的同分异构体中含有三取代苯结构，且有两个A中完全一样的官能团说明含有酚羟基、又可发生银镜说明含有醛基，如果两个﹣OH相邻有2种同分异构体；如果两个﹣OH相间有3种同分异构体；如果两个﹣OH相对，有1种同分异构体；所以符合条件的有6种；其中核磁共振氢谱为5组峰，说明含有5种氢原子，且面积比为1：2：2：2：1的结构简式是，故答案为：6；；（5）根据流程图知，苯酚不能先和硝酸发生取代反应，因为酚羟基易被氧化，所以应该先和（CH3）3CCl/AlCl3发生取代反应生成I，I为，I发生取代反应生成J，J为，J和浓硝酸发生取代反应生成K，K为，K和浓HI反应生成，所以反应条件1所用的试剂为（CH3）3CCl/AlCl3，K的结构简式为，反应条件3所用的试剂为浓HI，故答案为：（CH3）3CCl/AlCl3；；浓HI．【点评】本题考查有机推断和有机合成，侧重考查学生分析判断、知识迁移及合成路线设计能力，根据物质结构、分子式或反应条件结合题给信息进行推断，难点是（5）题有机合成路线设计，注意第一步不能和浓硝酸反应取代反应，要保护酚羟基，为易错点．-34-
